1、高考资源网（ ） 您身 边的高考专家 版权所 有 高考资源网 - 1 - 导数 01 一、选择 题 1 . 定 义在 R 上的 可导 函数 f(x), 且 f(x) 图 像连 续, 当 x0 时, 1 ( ) ( ) 0 f x x f x ,则函 数 1 ( ) ( ) g x f x x 的零点 的个 数为 （ ） A 1 B 2 C 0 D 0 或 2 2 已知函数 ) )( ( R x x f 满足 1 ) 1 ( f ，且 ) (x f 的导 函数 2 1 ) ( x f ，则 2 1 2 ) ( x x f 的 解集为 （ ） A 1 1 x x B 1 x x C 1 1 x
2、x x 或 D 1 x x 二、填空 题 3 若f(x) 在R 上 可导,f(x)=x 2 +2 f( 2)+3 , 则 3 0 dx ） x （ f . 4 若不等 式 1 | ln | 3 x ax 对任意 1 , 0 ( x 都成 立,则实 数a 取值 范围 是_. 5 计算 1 -1 (2 + ) x x e dx = ； 6 曲线 1 xy 与直 线 y=x 和y=3 所围成 的平 面图 形的 面积 为_. 7 设 1 0 x m e dx , 1 1 e n x dx , 则m 与n 的 大小 关 系为_. 8 已知函数 d cx bx x x f 2 3 ) ( 在区间 1,2
3、上 是 减 函 数 ， 那 么bc 的 最 大 值 为 _ ； 高考资源网（ ） 您身 边的高考专家 版权所 有 高考资源网 - 2 - 三、解答 题 9 已知函 数 （ 为自然 对 数的底 数） （1 ）求 的最 小值 ； （2 ） 设 不 等 式 的 解 集 为 ，若 ，且 ， 求实数 的取 值范 围 （3 ） 已知 ，且 ，是否 存在等 差数 列 和首项为 公比 大于 0 的 等比 数列 ， 使得 ？若 存在， 请 求出数 列 的通项 公式 若 不存 在，请 说明 理由 10 已知 函数 （ ）. （1 ）若 ，试 确定 函数 的单调 区间 ； （2 ）若 函 数 在 其 图 象上 任
4、 意 一 点 处 切 线 的 斜率都 小 于 ，求实 数 的取 值范 围. （3 ）若 ，求 的取 值范 围. 高考资源网（ ） 您身 边的高考专家 版权所 有 高考资源网 - 3 - 11 已知函 数 R a ax x x ax x f 2 3 1 2 ln 2 3()若 2 x 为 x f 的极值 点, 求实 数a 的值; ()若 x f y 在 , 3 上为增 函数,求实数a 的取 值范 围; ()当 2 1 a 时, 方程 x b x x f 3 1 1 3 有实 根,求 实数b 的最大 值. 12 已知函 数f(x)=2lnx+ax 2 -1(aR) (1)求 函数f(x) 的单
5、调区 间; (2)若a=1, 分别 解答 下面 两题, (i)若 不等 式f(1+x)+f(1-x)2. 13 已知函 数 ) ln( ) ( a x x x f 的最小 值为 0,其中 0 a . (1)求a 的值 (2)若 对任 意的 ) , 0 x ,有 2 ) ( kx x f 成立, 求 实数k 的最 小值 (3)证明 n i N n n i 1 * ) ( 2 ) 1 2 ln( 1 2 2高考资源网（ ） 您身 边的高考专家 版权所 有 高考资源网 - 4 - 14 已知函 数 2 ln f x x a x x 在 0 x 处取 得极 值. (1)求 实数a 的值 ； (2)若
6、 关于x 的 方程 5 2 f x x b 在 区间 0,2 上 恰 有两个 不同的 实数根, 求实 数b 的 取值范 围； (3)证明:对 任意 的正 整数n, 不等式 2 3 4 1 2 ln 1 49 n n n 都成 立. 答案 一、选择 题 1. 【 答案 】C 【解析 】 由 1 ( ) ( ) 0 f x x f x ，得 ( ) ( ) 0 xf x f x x ，当 0 x 时， ( ) ( ) 0 xf x f x ， 即( ( ) 0 xf x ，函 数 () xf x 此时单 调递 增。 当 0 x 时， ( ) ( ) 0 xf x f x ，即 ( ( ) 0 xf
7、 x ，函数 () xf x 此时 单调 递减 。又 1 ( ) 1 ( ) ( ) xf x g x f x x x ，函数 ( ) 1 () xf x gx x 的零点 个数 等价 为函 数 ( ) 1 y xf x 的零点个 数。 当 0 x 时， ( ) 1 1 y xf x ，当 0 x 时， ( ) 1 1 y xf x ， 所 以函数 ( ) 1 y xf x 无零 点， 所 以 函数 1 ( ) ( ) g x f x x 的零点 个数 为0 个。 选 C. 2. 【 答案 】D 【解析 】设 1 ( ) ( ) ( ) 22 x F x f x , 则 11 (1) (1)
8、( ) 1 1 0 22 Ff ， 1 ( ) ( ) 2 F x f x ，对 任意xR ，有 1 ( ) ( ) 0 2 F x f x ， 即函 数 () Fx 在 R 上单 调 递减， 则 ( ) 0 Fx 的解集 为(1, ) ，即 2 1 2 ) ( x x f 的解集为(1, ) ，选 D. 二、填空 题 3. 18 - 4. , 3 2 e高考资源网（ ） 您身 边的高考专家 版权所 有 高考资源网 - 5 - 5.【 答案 】 1 e e 【解析 】 1 -1 (2 + ) x x e dx 21 1 11 ( ) =1 1 x x e e e ee 6. 【 答案 】4-
9、ln3 【解析 】由 1 xy 得 1 y x 。当 1 3 y x ，解得 1 3 B x ，由 1 xy yx ，解得 1 C x ，由 3 y yx 得 3 D x . 所 以根 据积 分的 应用 知 所求面 积为 13 1 2 3 1 11 1 3 3 1 1 1 (3 ) (3 ) (3 ln ) (3 ) 4 ln 4 ln3 23 dx x dx x x x x x . 7. 【 答案 】mn 解: 1 1 0 0 11 xx m e dx e e , 1 1 11 1 ln ln 1 ee e n x dx dx x e x ,所以 mn .8. 【 答案 】 2 15 解 ：
10、 函 数 的 导 数 为 2 ( ) 3 2 f x x bx c ，因为函数 d cx bx x x f 2 3 ) ( 在区间 1,2 上 是 减 函 数 ， 所 以 2 ( ) 3 2 0 f x x bx c 在 1,2 上横成立. 则有 ( 1) 0 (2) 0 f f ，即 3 2 0 12 4 0 bc bc ，设z b c ，则c b z . 做 出 不 等 式 对 应 的 平 面 区域 BCD, 如图 ，平移 直线c b z ，由 图象平移可知 当直线 c b z 经过点 B 时， 直线c b z 的截 距 最大， 此时z 最大. 由 3 2 0 12 4 0 bc bc ，
11、 解得 3 2 6 b c ，即 3 ( , 6) 2 B ， 代 入z b c 得 3 15 ( 6) 22 z ，即bc 的最大高考资源网（ ） 您身 边的高考专家 版权所 有 高考资源网 - 6 - 值为 2 15 . 解答题 9. 解： （1 ） 由 当 ；当 （2 ） ， 有解 由 即 上有 解 令 ， 上减 ，在1 ，2 上增 又 ，且 （3 ） 设 存 在公 差为 的等 差 数 列 和公比 首项为 的等比数列 ， 使 10 分 高考资源网（ ） 您身 边的高考专家 版权所 有 高考资源网 - 7 - 又 时， 故 -2 得， 解得 （舍 ） 故 ，此 时 满足 存在 满足 条
12、件 的 数列 14 分 10. （ ）解 ：当 时， ，所 以 ， 由 ，解得 ， 由 ，解得 或 ， 所以 函数 的单 调增区 间为 ，减 区间 为 和 . （ ） 解： 因为 ， 由题 意得 ： 对任意 恒成立 ， 即 对任意 恒成 立， 设 ，所以 ， 所以 当 时， 有最大值 为 ， 因为 对任 意 ， 恒成立 ， 高考资源网（ ） 您身 边的高考专家 版权所 有 高考资源网 - 8 - 所以 ，解 得 或 ， 所以 ，实 数 的取值范 围为 或 . （III ） . 11. 解:(I) 1 2 2 4 4 1 2 2 2 1 2 2 2 2 2 ax a x a ax x a x
13、x ax a x f 因为 2 x 为 x f 的极 值点,所以 0 2 f ,即 0 2 1 4 2 a a a , 解得 0 a (II)因 为函 数 x f 在 , 3 上为 增函 数,所以 0 1 2 2 4 4 1 2 2 2 ax a x a ax x x f 在 , 3 上恒 成立 6 分 当 0 a 时, 0 2 x x x f 在 , 3 上 恒 成 立, 所以 x f 在 , 3 上 为 增 函 数, 故 0 a 符 合题 意 当 0 a 时, 由 函 数 x f 的定义域可知, 必须有 0 1 2 ax 对 3 x 恒成立, 故 只 能 0 a ,所以 0 2 4 4 1
14、 2 2 2 a x a ax 在 , 3 上恒成 立 令函数 2 4 4 1 2 2 2 a x a ax x g , 其 对 称 轴 为 a x 4 1 1 , 因为 0 a , 所以 1 4 1 1 a ,要使 0 x g 在 , 3 上恒成 立,只要 0 3 g 即可, 即 0 1 6 4 3 2 a a g , 所以 4 13 3 4 13 3 a 因为 0 a , 所以 4 13 3 0 a . 综上所 述,a 的 取值 范围 为 3 13 0, 4 ()当 2 1 a 时, 方程 x b x x f 3 1 1 3 可化 为 x b x x x 1 1 ln 2问 题 转 化 为
15、 3 2 2 ln 1 1 ln x x x x x x x x x x b 在 , 0 上有解, 即 求 函 数高考资源网（ ） 您身 边的高考专家 版权所 有 高考资源网 - 9 - 3 2 ln x x x x x g 的值域 因为函 数 3 2 ln x x x x x g ,令函 数 0 ln 2 x x x x x h , 则 x x x x x x h 1 1 2 2 1 1 , 所以当 1 0 x 时, 0 x h , 从而 函数 x h 在 1 , 0 上为增函 数, 当 1 x 时, 0 x h ,从而 函数 x h 在 , 1 上为减 函数, 因此 0 1 h x h
16、而 0 x ,所以 0 x h x b ,因此当 1 x 时,b 取 得 最大 值0 (第三 问如 用数 形结 合求 解,相应 给分) 12. 解:( )f(x) 的定 义域 为(0, ) , / 2 ( ) 2 f x ax x , 令 / ( ) 0, fx 0 x , 2 2 2 0 ax , 当 0 a 时, / ( ) 0 fx 在(0, ) 恒成 立, f(x) 递 增区间 是(0, ) ; 当 0 a 时, 22 1 1 1 2 2 0 ax x x a a a , 又 x0, () fx 递 增区间 是(0, ) a a ,递减 区间 是( , ) a a ()( ) 设 22
17、 ( ) (1 ) (1 ) 2ln(1 ) (1 ) 1 2ln(1 ) (1 ) 1 F x f x f x x x x x , 化简得: 2 ( ) 2ln(1 ) 2ln(1 ) 2 F x x x x , 3 / 2 2 2 4 ( ) 4 1 1 1 x F x x x x x , 01 x , / ( ) 0 Fx 在01 x 上恒成 立, () Fx 在 (0,1) x 上单 调递 减, 所以 ( ) (0) 0 F x F , 0 m ,即m 的取值 范围 是 ) , 0 () (1) 0 f , () fx 在(0, ) 上单调 递增, 若 12 , (0,1) xx ,
18、则 12 ( ) 0, ( ) 0, f x f x 则 12 ( ) ( ) 0 f x f x 与 已 知 0 ) ( ) ( 2 1 x f x f 矛盾, 若 12 , (1, ) xx , 则 12 ( ) 0, ( ) 0, f x f x 则 12 ( ) ( ) 0 f x f x 与已知高考资源网（ ） 您身 边的高考专家 版权所 有 高考资源网 - 10 - 0 ) ( ) ( 2 1 x f x f 矛盾, 若 1 1 x ,则 1 ( ) 0 fx ,又 0 ) ( ) ( 2 1 x f x f , 2 ( ) 0 fx 得 2 1 x 与 12 xx 矛盾, 不妨
19、 设 12 01 xx , 则由( ) 知当01 x 时, (1 ) (1 ) 0 f x f x , 令 1 1 xx ,则 1 1 1 1 2 (2 ) ( ) 0 (2 ) ( ) ( ) f x f x f x f x f x , 又 () fx 在(0, ) 上单调 递增, 12 2, xx 即 12 2 xx 证 2; 22 1 2 1 1 2 2 ( ) ( ) 0 2ln 1 2ln 1 0 f x f x x x x x 22 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2ln ( ) 2 2 0 ( ) 2 2ln 2 x x x x x x x x x x x x ,
20、 设 12 t x x ,则t0, ( ) 2 2ln 2 g t t t , / 2 2( 1) ( ) 2 t gt tt , 令 / ( ) 0 gt ,得 1 t , () gt 在(0,1) 单调 递减, 在(1, ) 单调 递增, min ( ) (1) 4 g t g ， 4 ) ( 2 2 1 x x , 又因 为 1 t 时, 1 2 1 x x , “ “ 不成立. 2 12 ( ) 4 xx , 12 2 xx 13. 解:(1) ) (x f 的定 义域 为 ) , ( a a x a x a x x f 1 1 1 ) ( ,由 0 ) ( x f ,得 a a x
21、1 , 当 x 变 化时, ) ( ), ( x f x f 的变化 情况 如 下表: x ) 1 , ( a a a 1 ) , 1 ( a ) (x f - 0 + ) (x f 极小值 因此, ) (x f 在 a x 1 处取得 最小 值,故 由题意 0 1 ) 1 ( a a f ,所以 1 a . ()解:当 0 k 时, 取 1 x ,有 0 2 ln 1 ) 1 ( f ,故 0 k 不合题意. 当 0 k 时, 令 2 ) ( ) ( kx x f x g ,即 2 ) 1 ln( ) ( kx x x x g . 高考资源网（ ） 您身 边的高考专家 版权所 有 高考资源
22、网 - 11 - 1 ) 2 1 ( 2 ( 2 1 ) ( x k kx x kx x x x g ,令 0 ) ( x g ,得 k k x x 2 2 1 , 0 2 1-1. (1) 当 2 1 k 时, 0 ) ( , 0 2 2 1 x g k k 在 ) , 0 ( 上 恒 成 立, 因此 ) (x g 在 ) , 0 上 单 调 递 减, 从 而 对 于 任 意 的 ) , 0 x , 总有 0 ) 0 ( ) ( g x g , 即 2 ) ( kx x f 在 ) , 0 上恒成 立. 故 2 1 k 符合 题意. (2) 当 2 1 0 k 时, 0 2 2 1 k k
23、, 对于 ) 2 2 1 , 0 ( k k x , 0 ) ( x g , 故 ) (x g 在 ) 2 2 1 , 0 ( k k 内单调 递增,因 此当 取 ) 2 2 1 , 0 ( 0 k k x 时, 0 ) 0 ( ) ( 0 g x g , 即 2 0 0 ) ( kx x f 不成 立. 故 2 1 0 k 不合 题意, 综上,k 的 最小 值为 2 1 . ()证明: 当n=1 时, 不等 式左边 2 3 ln 2 =右边,所 以不 等式 成立. 当 2 n 时, n i n i i i i f 1 1 ) 1 2 2 1 ln( 1 2 2 ) 1 2 2 ( n i n
24、 i i i i 1 1 ) 1 2 ln( ) 1 2 ln( 1 2 2 n i n i 1 ) 1 2 ln( 1 2 2 . 在 () 中取 2 1 k ,得 2 ) ( 2 x x f ) 0 ( x ,从而 ) 2 , ( ) 1 2 )( 3 2 ( 2 ) 1 2 ( 2 ) 1 2 2 ( * 2 i N i i i i i f , 所以有 n i n i n i n i i i i f f i f n i 1 1 3 2 ) 1 2 )( 3 2 ( 2 3 ln 2 ) 1 2 2 ( ) 2 ( ) 1 2 2 ( ) 1 2 ln( 1 2 2 n i n i i 2
25、 2 1 2 1 1 3 ln 2 1 2 1 3 2 1 3 ln 2 . 综上, * 1 , 2 ) 1 2 ln( 1 2 2 N n n i n i . 高考资源网（ ） 您身 边的高考专家 版权所 有 高考资源网 - 12 - 14. 解:(1) 1 2 1, f x x xa 1 分 0 x 时, fx 取得极 值, 0 0, f 2 分 故 1 2 0 1 0, 0 a 解得 1. a 经检 验 1 a 符合题 意. 3 分 （ 2 ）由 1 a 知 2 ln 1 , f x x x x 由 5 2 f x x b , 得 2 3 ln 1 0, 2 x x x b 令 2 3
26、 ln 1 , 2 x x x x b 则 5 2 f x x b 在区间 0,2 上恰有两个不 同的实 数 根 等 价 于 0 x 在 区 间 0,2 上 恰 有 两 个 不 同 的 实 数 根 . 4 5 1 13 2, 1 2 2 1 xx xx xx 当 0,1 x 时, 0 x ,于是 x 在 0,1 上单调 递增; 当 1,2 x 时, 0 x ,于是 x 在 1,2 上单调 递减. 6 分 依题意 有 00 3 1 ln 1 1 1 0 2 2 ln 1 2 4 3 0 b b b , 解得, 1 ln3 1 ln2 . 2 b 9 分 (3) 2 ln 1 f x x x x
27、的 定 义 域 为 1 xx , 由 (1) 知 23 1 xx fx x , 令 0 fx 得, 0 x 或 3 2 x ( 舍去), 当10 x 时, 0 fx , fx 单调 递增; 当 0 x 时, 0 fx , fx 单调递减. 0 f 为 fx 在 1, 上的最大高考资源网（ ） 您身 边的高考专家 版权所 有 高考资源网 - 13 - 值. 11 分 0 f x f ,故 2 ln 1 0 x x x (当且仅 当 0 x 时,等 号成 立) 对 任 意 正 整 数 n , 取 1 0 x n 得 , 2 1 1 1 ln 1 , n n n 12 分 2 11 ln nn n
28、n 故 2 3 4 1 3 4 1 2 ln2 ln ln ln ln 1 4 9 2 3 nn n nn . 14 分 （方法 二） 数学 归纳 法证 明： 当 1 n 时， 左边 2 11 2 1 ，右 边 ln(1 1) ln2 ，显然2 ln2 ，不等 式成 立. 假设 * ,1 n k k N k 时， 2 3 4 1 2 ln 1 49 k k k 成立， 则 1 nk 时 ， 有 22 2 3 4 1 2 2 2 ln 1 49 11 k k k k k kk . 做 差 比 较 ： 22 2 2 2 2 1 1 1 ln 2 ln 1 ln ln 1 1 1 1 ( 1) 11
29、 k k k kk k k k k kk 构建函 数 2 ln 1 , 0,1 F x x x x x ，则 23 0 1 xx Fx x ， 0,1 Fx 在 单调递 减， 00 F x F . 取 * 1 1, 1 x k k N k ， 2 1 1 1 ln 1 0 0 1 1 ( 1) F k k k 即 2 2 ln 2 ln 1 0 1 k kk k ，亦 即 2 2 ln 1 ln 2 1 k kk k ， 故 1 nk 时，有 22 2 3 4 1 2 2 2 ln 1 ln 2 49 11 k k k kk k kk ， 不等式 成立. 综上可 知， 对任 意的 正整 数n,不 等式 2 3 4 1 2 ln 1 49 n n n 都成 立.
